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ESTO · Übungsblatt 3 · Aufgabe 5

Poissonverteilung: den Parameter aus einer Wahrscheinlichkeit gewinnen

Von den Systemausfällen eines Rechenzentrums ist nur eine Zahl bekannt: An 90,5 % der Tage passiert nichts. Die Poissonverteilung braucht aber ihren Parameter λ\lambda. Der Weg dorthin führt über den Fall „null Ausfälle“ und einen Logarithmus. Rechts steht der ganze Lösungsweg, links die Erklärung zum aktuellen Schritt. Mit Weiter geht es Schritt für Schritt voran. Ein Klick auf einen Schritt springt direkt dorthin.

Schritt 0 Die Aufgabe

Das Rechenzentrum der Hochschule hat festgestellt, dass an einem Betriebstag mit einer Wahrscheinlichkeit von 90,5 % kein Systemausfall zu verzeichnen ist. Die Anzahl XX der Systemausfälle pro Tag sei Poissonverteilt.

  1. Bestimmen Sie den Parameter λ\lambda der Poissonverteilung.
  2. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass an einem Tag … a) … genau zwei Systemausfälle auftreten?  b) … mindestens ein Systemausfall auftritt?
Hinweis zur Musterlösung: Ihre R-Ausgaben weichen in den letzten Stellen ab (λ=0,09979414\lambda = 0{,}09979414 statt 0,099820340{,}09982034). Schritt 9 rechnet das nach und zeigt die Probe. Auf die vier Stellen, in denen ein solches Ergebnis angegeben wird, stimmen beide Fassungen überein.

Das Modell

was die Poissonverteilung beschreibt

Schritt 1 Der Zielraum ist unbegrenzt

Es gibt keine Obergrenze für die Zahl der Ausfälle an einem Tag
Ω′={ 0, 1, 2, 3, … }\Omega' = \{\,0,\,1,\,2,\,3,\,\dots\,\}

Schritt 2 Die Poissonformel

Ein einziger Parameter λ\lambda bestimmt die ganze Verteilung
P(X=k)=λ kk! e−λ,k=0,1,2,…P(X = k) = \frac{\lambda^{\,k}}{k!} \, e^{-\lambda}, \qquad k = 0,1,2,\dots
λ\lambda ist der Mittelwert: die erwartete Zahl der Ausfälle pro Tag
X∼Poi(λ)X \sim \mathrm{Poi}(\lambda)

(i) Den Parameter λ\lambda bestimmen

rückwärts aus der einen gegebenen Zahl

Schritt 3 Den Fall k=0k = 0 einsetzen

Gegeben ist „kein Ausfall“, also P(X=0)=0,905P(X=0) = 0{,}905
P(X=0)=λ 00! e−λP(X = 0) = \frac{\lambda^{\,0}}{0!} \, e^{-\lambda}
λ0=1\lambda^{0} = 1 und 0!=10! = 1 — beide Teile des Bruchs fallen weg
P(X=0)=11 e−λ=e−λP(X = 0) = \frac{1}{1} \, e^{-\lambda} = e^{-\lambda}
Damit steht eine Gleichung mit einer Unbekannten da
e−λ=0,905e^{-\lambda} = 0{,}905

Schritt 4 Nach λ\lambda auflösen

Auf beiden Seiten den natürlichen Logarithmus nehmen
ln⁡ ⁣(e−λ)=ln⁡(0,905)\ln\!\big(e^{-\lambda}\big) = \ln(0{,}905)
ln⁡\ln und ee heben sich auf: ln⁡(ea)=a\ln(e^{a}) = a
−λ=ln⁡(0,905)-\lambda = \ln(0{,}905)
Mit −1-1 multiplizieren
λ=−ln⁡(0,905)\lambda = -\ln(0{,}905)

Schritt 5 λ\lambda ausrechnen und deuten

Den Wert liefert der Taschenrechner über die Taste ln
ln⁡(0,905)=−0,09982034\ln(0{,}905) = -0{,}09982034
Der Logarithmus einer Zahl unter 1 ist negativ, das Minus macht ihn positiv
λ=−(−0,09982034)=0,09982034≈0,0998\lambda = -(-0{,}09982034) = 0{,}09982034 \approx 0{,}0998
Probe: rückwärts eingesetzt muss 0,905 herauskommen
e−0,09982034=0,905✓e^{-0{,}09982034} = 0{,}905 \quad\checkmark

In Worten: Im Mittel treten 0,0998 Ausfälle pro Tag auf — also etwa einer alle zehn Tage.

(ii a) Genau zwei Ausfälle

jetzt vorwärts mit der Formel

Schritt 6 k=2k = 2 in die Formel einsetzen

Die Poissonformel mit k=2k = 2, also 2!=1⋅2=22! = 1 \cdot 2 = 2
P(X=2)=λ22! e−λ=0,0998203422⋅0,905P(X = 2) = \frac{\lambda^{2}}{2!} \, e^{-\lambda} = \frac{0{,}09982034^{2}}{2} \cdot 0{,}905

Schritt 7 P(X=2)P(X = 2) ausrechnen

Zuerst das Quadrat
0,099820342=0,009964100{,}09982034^{2} = 0{,}00996410
Dann halbieren
0,009964102=0,00498205\frac{0{,}00996410}{2} = 0{,}00498205
Und mit e−λ=0,905e^{-\lambda} = 0{,}905 multiplizieren
0,00498205⋅0,905=0,00450876≈0,00450{,}00498205 \cdot 0{,}905 = 0{,}00450876 \approx 0{,}0045
Ergänzung, derselbe Weg für die vierte Säule der Grafik: 3!=63! = 6
P(X=3)=0,0998203436⋅0,905=0,000994626⋅0,905=0,00015≈0,0002P(X = 3) = \frac{0{,}09982034^{3}}{6} \cdot 0{,}905 = \frac{0{,}00099462}{6} \cdot 0{,}905 = 0{,}00015 \approx 0{,}0002

(ii b) Mindestens ein Ausfall

das Gegenereignis steht in der Aufgabe

Schritt 8 Das Gegenereignis nutzen

„Mindestens einer“ ist das Gegenteil von „keiner“
{X≥1}={X=0}c⟹P(X≥1)=1−P(X=0)\{X \ge 1\} = \{X = 0\}^{c} \qquad\Longrightarrow\qquad P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0)
Der Wert steht schon in der Aufgabe
P(X≥1)=1−0,905=0,095P(X \ge 1) = 1 - 0{,}905 = 0{,}095

An rund 9,5 % der Betriebstage fällt das System mindestens einmal aus — etwa an einem Tag von elf.

Schritt 9 Ergänzung: dieselbe Rechnung in R

Ergänzung — gerechnet ist schon alles. R ist eine kostenlose Statistik-Software; die Musterlösung rechnet damit. log ist dort der natürliche Logarithmus ln⁡\ln, dpois gibt die Einzelwahrscheinlichkeit P(X=k)P(X=k) der Poissonverteilung. Die Zeilen mit #[1] sind die Antworten, die R ausgibt. 

lambda <- -log(0.905)
lambda
#[1] 0.09982034

dpois(2, lambda = lambda)
#[1] 0.004508755

1 - dpois(0, lambda = lambda)
#[1] 0.095

Die Musterlösung druckt hier 0.09979414 und 0.004505. Nachgerechnet ist −ln⁡(0,905)=0,09982034-\ln(0{,}905) = 0{,}09982034; die Probe e−0,09982034=0,905e^{-0{,}09982034} = 0{,}905 geht auf, e−0,09979414=0,9050237e^{-0{,}09979414} = 0{,}9050237 dagegen nicht. Auf vier Stellen ist beides 0,09980{,}0998 und 0,00450{,}0045.

Schritt 10 Ergebnis

✓(i) λ=−ln⁡(0,905)=0,0998\lambda = -\ln(0{,}905) = \mathbf{0{,}0998} — im Mittel 0,0998 Ausfälle pro Tag, also etwa einer alle zehn Tage
✓(ii a) P(X=2)=0,0045P(X = 2) = \mathbf{0{,}0045} — an rund 0,45 % der Tage, also etwa einem Tag von 222
✓(ii b) P(X≥1)=0,095P(X \ge 1) = \mathbf{0{,}095} — an rund 9,5 % der Tage

Plausibilität: Zwei Ausfälle am selben Tag müssen viel seltener sein als einer. Und tatsächlich: 0,00450{,}0045 gegen 0,09030{,}0903 — der Faktor ist rund 20. Die Probe für λ\lambda ist das Rückwärtseinsetzen: e−0,09982034=0,905e^{-0{,}09982034} = 0{,}905.

Typische Fehler: λ\lambda mit 0,9050{,}905 verwechseln — das ist eine Wahrscheinlichkeit, λ\lambda dagegen eine mittlere Anzahl und kann auch größer als 1 sein. Das Minuszeichen vor dem Logarithmus vergessen: ln⁡(0,905)\ln(0{,}905) ist negativ, λ\lambda muss positiv sein. Und bei (ii b) mit der Formel für P(X=1)P(X=1) rechnen statt mit dem Gegenereignis — „mindestens einer“ umfasst auch zwei, drei und mehr.